数学（一）-2024年高考考前20天终极冲刺攻略_2024高考押题卷_62024学科网全系列_20学科网高考考前终极攻略_数学-2024年高考考前20天终极冲刺攻略

学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司目 录 contents （一） 统计、排列组合及随机变量及其分布（选填题）…………………………01 圆锥曲线（选填题）…………………………………………………………21 数列（选填题）………………………………………………………………44 空间立体几何（选填题） …………………………………………………62 直线（圆）与方程（选填题）………………………………………………79 学学学科科科网网网（（（北北北京京京）））股股股份份份有有有限限限公公公司司司统计、排列组合及随机变量及其分布（选填题） 年份 题号 知识点 考点 8 事件的独立性 区分独立事件与互斥事件 2021年I卷 ①离散型随机变量的均值与变形 9 离散型随机变量 ②离散型随机变量的方差与变形 6 正态分布 正态分布均值与标准差在图像中的含义 ①离散型随机变量的均值与变形 2021年II ②离散型随机变量的方差与标准差 卷 9 离散型随机变量 ③离散型随机变量的中位数 ④离散型随机变量的极差 ①相同元素与不同元素分配问题 ②相邻问题与不相邻问题 5 排列组合 ③涂色问题与定序问题 ④可重复与限制及正难则反问题 2022年I卷 ①二项展开式中的参数及常数项问题 ②二项展开式中的系数最值 13 二项式定理 ③ 二项展开式中的系数和、各项系数和 与差 ①相同元素与不同元素分配问题 ②相邻问题与不相邻问题 2022年II 5 排列组合 ③涂色问题与定序问题 卷 ④可重复与限制及正难则反问题 13 正态分布 正态分布均值与标准差在图像中的含义 2023年新 ①离散型随机变量的均值与变形 9 离散型随机变量 高考1 ②离散型随机变量的方差与标准差 3 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司③离散型随机变量的中位数 ④离散型随机变量的极差 ①相同元素与不同元素分配问题 ②相邻问题与不相邻问题 13 排列组合 ③涂色问题与定序问题 ④可重复与限制及正难则反问题 ①相同元素与不同元素分配问题 ②相邻问题与不相邻问题 3 排列组合 2023 年新 ③涂色问题与定序问题 高考2 ④可重复与限制及正难则反问题 ①区分独立事件与互斥事件 12 计数原理及事件的独立性 ②计数原理先分类后分步，分类用加分 步用乘 近三年，统计与排列组合在选填中占据两个位置，考查的考点一般来说是： 1、排列组合的四类（①相同元素与不同元素分配问题②相邻问题与不相邻问题③涂色问题与定序问题④可 重复与限制及正难则反问题） 2、离散型随机变量中四组数据（①离散型随机变量的均值与变形②离散型随机变量的方差与标准差③离散 型随机变量的中位数④离散型随机变量的极差） 3、二项式定理中三类（①二项展开式中的参数及常数项问题②二项展开式中的系数最值③ 二项展开式中 的系数和、各项系数和与差） 4、正态分布（正态分布均值与标准差在图像中的含义） 5、计数原理及事件的独立性总方针（计数原理先分类后分步，分类用加分步用乘） 题干的设置一般来说在上述的五项考点中选其两项。排列组合的四类需要认真分析（即完成目标事件 可以分为几类，每一类需要几步可以完成，计算时分步的种数（概率）相乘，最终将几类种数（概率）相 加即为最终答案）其它几类则需要一定的基础和秒杀技巧便可轻松搞定。 统计与排列组合在2024新高考新题型中的考查形式依然以选择或者填空为主（统计大题在后面有讲 解），以考查基本概念和核心方法为主，统计在选填中难度降低，而排列组合选填难度与以往持平，考生 可适当留意常见的排列组合现象并分类，每一类总结出一个固定模板，以便此类题在高考出现时考生能做 到心中有数，快速解答. 4 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司一、万能处理二项展开式中的各项问题 Ⅰ秒杀：确定二项展开式中的参数。 根据条件列出等式，解得所要求的参数。 秒杀公式： ab n展开式中，通项：T Cranrbr，二项展开式的各种题型关键是利用通项求r，r= r1 n Nmt 外层指数差/内层指数差。  axm bxn N展开式中求xt的系数，则有r  。 mn 形如：  2x4x2 5，求x1的系数 破解：分配系数处理 从5次结构中取3次2x和2次4x2，则结果为2342C3 1280 5 形如： 2x3y  3x2y 8的展开式中x2y7的系数为__________ 破解：两种括号的情况，一般形式为 1  m和 n  m 第一步：分配系数处理 所以分两类情况：第一类情况为：21 3 0C13127C1 1 8 第二类情况为20 3 1C13226C2 1 8 故总的情况为21 3 0C13127C120 3 1C13226C2 1 8 1 8 Ⅱ二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即Cm Cnm（mn）对于C0,C1,C2,C3 ,Cn大小以二次函数开口向下的图 n n n n n n n 象分析. ①当n2k1，即n为奇数 5 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司则C0,C1,C2,C3 ,Cn共有n1项，总项数为偶数. n n n n n 巧记：当n为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从C0开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数， n 即为2个. 31 如：当n3，C 3 0,C 3 1,C 3 2,C 3 3，中间项为 C 2 C1，和C 3 11 C 3 2 3 3 n1 n1 结论：当幂指数n为奇数时，中项即右上标为 , 项二项式系数相等且最大 2 2 ②当n2k，即n为偶数 则C0,C1,C2,C3 ,Cn共有n1项，总项数为奇数. n n n n n 巧记：当n为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从C0开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数， n 即为1个. 4 如：当n4，C 4 0，C 4 1，C 4 2，C 4 3，C 4 4，中间项为 C2 C2. 4 4 n 结论：当幂指数n为偶数时，中项即右上标为 项二项式系数最大。 2 Ⅲ解决二项式系数和的问题 过程：对x赋值变形结论 一般地，若 f  x  a a xa x2 ...a xn，则 f  x  展开式中各项系数的和为 f  1  . 0 1 2 n     f 1 a a a ...a f 1 a a a ...a 0 1 2 n 0 1 2 n     f 1  f 1 ①奇次项系数的和为a a a   0 2 4 2 6 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司    f 1  f 1 偶次项系数的和为a a a   1 3 5 2 ②形如 axb n,  ax2 bxc m的式子，求展开式的各项系数之和，只需令x1即可. ③形如 axby n的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x y 1. ④二项展开式二项式系数和：2n；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：2n1。 推导：C0 C1 C2 C3 C4 C5  Cn   11 n 2n n n n n n n n 押题分向（考察可能性极大） 形如：已知14x5 a axa x2a x5，则a a 2a 3a 4a 5a  0 1 2 5 0 1 2 3 4 5 （带系数利用求导处理）14x5 a axa x2a x5，令x0，a 1； 0 1 2 5 0 两边求导得，2014x4 a 2a x3a x24a x35a x4， 1 2 3 4 5 令x1，a 2a 3a 4a 5a 2034 1620. 1 2 3 4 5 ∴a a 2a 3a 4a 5a 1619 0 1 2 3 4 5 Ⅳ展开式系数最大（一道题破解所有） 正规方法：原则：系数最大的这一项，即比前一项大，也比后一项大，从而列不等式组. ①在系数符号相同的前提下，求系数的最大（最小）值只需比较两组相邻两项系数的大小.  T  T r 1 r 1 T T   T T T   T 不等式组最大值为： r r1  r1 ，最小值为 r r1  r1 T T T T T T  r r1  r 1  r r1  r 1 T T   r1 r1 ②当各项系数正负相间时，求系数的最大值应在系数都为正的各项系数间构造不等式  T r 1 T T   T 不等式组最大值为： r r2  r2 T T T  r r2  r 1 T  r2  T r 1 T T   T 求系数的最小值应在系数都为负的各项系数间构造不等式最小值为 r r2  r2 T T T  r r2  r 1 T  r2 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上 由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第r1项 与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如： 1mx n m0 的二项式展开式，设第r1项的系数为Cr mr最大. n 7 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司Cr mr Cr1mr1 mn1 mnm  n n  r  Cr mr Cr1mr1 m1 m1  n n Cr mr Cr1mr1 Cr nr1 mr1 1  n n  n  ,  Cr mr Cr1mr1 Cr1 r mr m  n n n mnm mn1 mn1 mnm 因为  1，所以不等式组必有解，且当 和 都为整数时，r有两解，且两解 m1 m1 m1 m1 mn1 mnm 分别为 和 ，否则r有一解，因此得出一个结论： m1 m1 形如 1mx n m0 的二项展开式系数最大的项最多只有两项. mn1 注意：若系数最大的项为最后一项，则 n1mn（Cnmn Cn1mn1） m1 n n 形如：求 15x 4展开式中系数最大的项时，因为54，所以系数最大的项是最后一项. mnm 若系数最大的项为第一项，则 1，即mn1 m1 二、排列组合问题 Ⅰ隔板法：解相同元素的组合问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即n个相同元素分成m组（每组的任务不同）的问题. ①:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有N Cm1种，即给n个元素中间的  n1  个空隙中插入 n1   m1 个隔板. 当每组至少含一个元素时,n个相同的小球放入m个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求m个不同的盒子，只需  m1  个隔板即可 放  m1  个隔板可以将n个小球分为m组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现n个小球共有  n1  个间隔，故放隔板的位置有  n1  处，从这  n1  处中任取  m1  处 即可，故N Cm1. n1 ②：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有N Cm1 种，即将n个元素与  m1  nm1     个相同隔板进行排序，在 nm1 个位置中选 m1 个隔板. 8 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司任意分组时,n个相同的小球放入m个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求m个不同的盒子，只需  m1  个隔板即可 放  m1  个隔板可以将n个小球分为m组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现n个小球及  m1  个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这  nm1  处位置中任取  m1  处安排隔板即可，故N Cm1 . nm1 Ⅱ分组问题与分配问题 ①：将n个不同元素按照某些条件分成k组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将n个不同元素按照某些条件分配给k个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对 象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. ②：分组问题的常见形式及快速处理方法 1 非均匀不编号分组：n个不同元素分成m组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是 否分完，其分法种数为： N Cm 1 Cm 2 Cm 3   Cm m n nm nmm  nmm   m  1 1 2 1 2 m1 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ C1C2C3 610160 6 5 3 2均匀不编号分组：将n个不同元素分成不编号的m组，假定其中r组元素个数相等，不管是否分尽，其分 N 法种数为 （N 为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有k组均匀分组，应再除以Ak.除的原因为： Ar k r 如：123456平均分成3组，可能是  1,2 、 3,4 、 5,6  也可能是  1,2 、 5,6 、 3,4  或者是  5,6 、 3,4 、 1,2  等，一共有A3种不同的组别，但这些组都是一样的，所以 3 除以A3. 3 如：A、B、C、D两两一组，分两组，若直接用C2C2 6种，但列举出来的分别为  A、B  ,  C、D  、 4 2  A、C  ,  B、D  、  A、D  ,  B、C  再往下列举就已经重复了. 9 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司如：  B、C  ,  A、D  、  B、D  ,  A、C  、  C、D  ,  A、B  . 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ N 90 N C2C2C2 90,种数  15. 6 4 2 A3 6 3 3 非均匀编号分组：将n个不同元素分成m组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种 数为NAm（N 为非均匀不编号分组的分法种数） m 4 均匀编号分组：将n个不同元素分成m组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为 NAm m （N 为非均匀不编号分组的分法种数）. Ar r Ⅲ相邻问题与不相邻问题 ①相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在 一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 ②不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻 的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 Ⅳ涂色问题与定序问题 ①涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各 不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 ②定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数n都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为An，其 n An 次再将有顺序要求的m个元素进行全排列Am个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为 n 。 m Am m 三、离散型随机变量问题 Ⅰ均值与方差的性质 10 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司    (1)E aX b aE X b． (2)D  aX b  a2D  X  (a,b为常数)．（3）D  X   E  X2    E  X 2 两点分布、二项分布、超几何分布的期望、方差       (1)若X服从两点分布，则E X  p，D X  p1 p ．         (2)若X服从二项分布，即X ~ B n, p ，则E X np,D X np1 p ．   (3)若X服从超几何分布，即X ~ H n,M,N 时，    nM nM N M N n E  X   ．D  X   N N2 N 1  Ⅱ二项分布之概率最值问题     如果X ~ B n, p ，其中0 p1，求P X k 最大值对应的k值.   P X k 一般是考察 与1的大小关系.   P X k1       P X k nk1 p n1 pk   因为  1 1k n       P X k1 k 1 p k 1 p       所以要使P X k  p X k1 ，则k  n1 p.故有     ⑴如果 n1 p n，则k n时P X k 取得最大值. ⑵如果  n1  p，是不超过n的正整数，则当k   n p1  和k   n p  时，P  X k  取 得最大值. （3）如果  n1  p是不超过n的非整数，则当k   n1  p  （注意k   n1  p  表示不超     过 n1 p的最大整数）时P X k 取得最大值. 四、正态分布问题 1．正态曲线及其性质 (1)正态曲线： 函数 , x 2 1  e  x 2    2 2 ，x,，其中实数μ，σ(σ>0)为参数，我们称φ μ，σ (x)的图象为正态分布 密度曲线，简称正态曲线． (2)正态曲线的性质： ①曲线位于x轴上方，与x轴不相交； ②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称； 11 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司1 ③曲线在x＝μ处达到峰值 ； 2πσ ④曲线与x轴之间的面积为1； ⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图甲所示； ⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越大，曲线越“矮胖”，总体分布越分散；σ越小．曲线越“瘦 高”．总体分布越集中，如图乙所示： 甲 乙 2．正态分布 b   一般地，如果对于任何实数a，b(a0， f x单调递增， 当0x1时， fx0， f x单调递减， 从而 f x f 30或 f 12 f x f 00， 这表明了a q33q2的范围是2a 0或a 0. 4 4 4 所以A错误，B正确，C正确，D正确. 故选：BCD. 押题2：答案BCD 【详解】对A：若数列a ta  nN* 为等差数列，则有a ta a ta d， n1 n n2 n1 n1 n 即a 1ta ta d，由a a a  nN* ， n2 n1 n n2 n1 n 1t 1  故有a a 1ta ta d恒成立，即有t 1 ，无解， n1 n n1 n  d 0 故不存在这样的实数t，故A错误； a ta 对B：若数列a ta  nN* 为等比数列，则有 n2 n1 q， n1 n a ta n1 n 即a qta qta ，由a a a  nN* ， n2 n1 n n2 n1 n 59 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司qt 1 故有a a qta qta 恒成立，即有 ， n1 n n1 n qt 1 1 5 即t2 t10，解得t  ，此时a ta 11 5 50， 2 2 1 故存在非零实数t，使得a ta  nN* 为等比数列，故B正确； n1 n 对C：由a a a  nN* ， n2 n1 n 则a a a a a a a a a 3a ， n4 n n3 n2 n n2 n1 n2 n n2 即有3a a a  nN* ，故C正确； n2 n4 n 对D：由a a a  nN* ， n2 n1 n 故1n2a 1n2a 1n2a 1n1a 1na ， n2 n1 n n1 n 2024 故1ia 1a 12a 13a L 12024a  i 1 2 3 2024 i1 1212112a 1a 13a 12a 14a 13a L 12023a 12022a   2 1  3 2  4 3  2023 2022 211a 12023 a a 3，故D正确.  1 2023 2023 故选：BCD. 押题3：答案BC 【详解】设数列a 的首项为a ，公比为 q ， n 1  3 aq2 18 q3 q 由题有 1 ，解得 或 4， a 1 a 1 qa 1 q2 26 a 1 2  a 32 1  3 q 对于选项A，当 4，n为奇数时，a 0，所以选项A错误， n  a 32 1  3 a (1qn) q q3 对于选项B，因为S  1 ，当 4，显然有S 0，当 时， n 1q  a 32 n a 1 2 1 1q0,1qn 0，所以S 0，故选项B正确， n 对于选项C，当q3时，数列 a  是首项为2，公比为3的递增数列， n 3 3 当q 时，数列 a  是首项为32，公比为 的递减数列，所以选项C正确， 4 n 4 对于选项D，由选项B知S 0，所以 S S ， n n n 60 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司3  3 32(1( )n) 当   q 4时，S  4  128 [1( 3 )n]，此时S 不具有单调性，所以选项D错误， n 3 7 4 n  a 32 1 1 4 故选：BC. 押题4：答案16 【详解】设等差数列a 的公差为d， n a 4da 8d 14 a 5 则有 1 1 ,解得： 1 ，  a d 3  d 2 1 87 所以S 85 216. 8 2 故答案为：16 1 押题5：答案 /0.25 4 【详解】Qa a a a 2，又a a 3,a ,a 是方程x23x20的两根， 3 7 4 6 4 6 4 6 又a 为单增等比数列，a 1,a 2q2 2 n 4 6  π  π 又cos2x 2cos2xsin2xcos2x1 2sin2x 1，  2  4  π  π 2  2sin2x 12sin2x  ，  4  4 2 π π 9π π π 3π π Qx0,π,2x  , , 2x  0x ，   4 4 4  4 4 4 4 π 0 所求概率 4 1. P  π0 4 1 故答案为： ． 4 61 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司空间立体几何（选填题） 年份 题号 知识点 考点 ①截面周长与面积定值问题 2021年I卷 12 三棱柱 ②动点构成体积定值 ③动点参与的垂直问题 2021年II 10 正方体 动点满足要求所存在的情况 卷 ①线与线夹角问题 2022年I卷 9 正方体 ②线与面夹角问题 2022年II 体积之间的关系 11 空间多边形 卷 2023年新 12 正方体 立体几何的包裹问题 高考1 2023 年新 ①锥体的侧面积问题 高考2 9 椎体 ②锥体的体积问题 近三年，空间几何体在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 4、空间几何体的表面积与体积（①锥体的表面积与体积②柱体的表面积与体积③组合体的表面积与体积） 2、空间几何体涉及夹角与位置问题（①线与线、线与面及面与面的夹角问题②线与面平行关系③线与面垂 直关系） 3、动点与截面问题（①以动点为导火索求新平面图、几何体的各种参数②截面所截面积与周长定值最值问 题） 题干的设置一般来说在上述的三项考点中选其一项或两项。有关表面积与体积考生需熟记公式，有关 截面问题考生需要掌握截面的作法，针对计算可以用几何法也可借助空间向量，对于动点完全需要利用空 62 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司间向量求出轨迹方程进而求其它。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，空间几何体是高考选填方向必不可少的一 类题，类型1：正方体探究截面与动点问题，类型2：空间中线与面的位置关系。类型3：组合体表面积与 体积（实际应用）问题，尤其是台体的表面积与体积，类型1相对有难度，其它两类相对简单. 一、立体几何截面问题 ①作出空间几何体的截面 1、作截面应遵循的三个原则：（1）在同一平面上的两点可引直线；（2）凡是相交的直线都要画出它们的 交点；（3）凡是相交的平面都要画出它们的交线； 2、作交线的方法有如下两种：（1）利用基本事实3作直线；（2）利用线面平行及面面平 行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线。 ②判断截面多边形的形状 判断截面多边形形状时需要注意以下几点： 1、截面与几何体表面相交，交线不会超过几何体表面个数。 2、不会与同一个表面有两条交线。 3、与一对平行表面相交，交线平行（不一定等长） 4、截面截内切球或者外接球时，区分与面相切和与棱相切之间的关系 ③求解截面多边形的周长 求解截面多边形的周长有两个思路：（1）利用多面体展开图进行求解；（2）在各个表面 确定交线，分别利用解三角形进行求解。 ④求解截面多边形的面积 求解截面多边形的面积问题的步骤：（1）通过解三角形求得截面多边形各边的长度；（2） 判断多边形的形状是否规则，若为规则图形可直接使用面积公式求解；否则可通过切割法 将多边形分为多个三角形求解。 ⑤截面分割几何体的体积问题 截面分割后的几何体易出现不规则的几何体，对此往往采用“切割法”或“补形法”进行 体积的求解。 ⑥截面最值的相关问题 截面最值问题的计算，主要由以下三种方法： 1、极限法：通过假设动点运动至两端，计算最值（需注意判断是否单调）； 2、坐标法：通过建系设坐标，构造对应的函数进行求解； 3、化归法：通过图形转化，把立体图形转化为平面图形，寻找平面图形中的最值计算。 63 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司二、垂直与平行命题判断 技巧总结 结论：①要证线∥面，条件为3个，其中必有《线面》 ②要证线⊥面，条件为2个，其中必有《线∥线或面∥面》 ③要证线∥线（面∥面），条件为2或3个，其中必有《两个线⊥面》 ④要证线⊥线（面⊥面），条件为2个，其中必有《⊥、∥（）》  、、 ⑤要证线⊥线（面⊥面），条件为3个，其中必有《 》  线面、∥∥ 三、空间几何体表面积与体积 1、空间几何体的表面积和体积公式 名称 表面积 体积 几何体 柱体(棱柱和圆柱) S ＝S ＋2S V＝S h 表面积 侧 底 底 1 锥体(棱锥和圆锥) S ＝S ＋S V＝ S h 表面积 侧 底 底 3 S ＝S ＋S ＋S 1 台体(棱台和圆台) 表面积 侧 上 V＝ (S 上 ＋S 下 ＋ S上S下)h 3 下 4 球 S＝4πR2 V＝ πR3 3 几何体的表面积和侧面积的注意点 ①几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和． ②组合体的表面积应注意重合部分的处理． 2、柱体、锥体、台体侧面积间的关系 （1）当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时，得到正棱锥， c′＝c 1 c′＝0 1 则S 正棱柱侧 ＝ch′←―― S 正棱台侧 ＝ (c＋c′)h′――→S 正棱锥侧 ＝ ch′. 2 2 （2）当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥， r′＝r r′＝0 则S 圆柱侧 ＝2πrl←―― S 圆台侧 ＝π(r＋r′)l――→S 圆锥侧 ＝πrl. ①求空间几何体表面积的常见类型及思路 1、求多面体的表面积：只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表 面积； 2、求旋转体的表面积：可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们 的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系 3、求不规则几何体的表面积：通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、 64 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积； ②空间几何体的体积 1、处理空间几何体体积的基本思路 （1）转：转换底面与高，将原本不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高 转换为容易看出并容易求解的高； （2）拆：将一个不规则的几何体拆成几个规则的几何体，便于计算； （3）拼：将小几何体嵌入一个大几何体中，如有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原乘 一个四棱柱，还台位锥，这些都是拼补的方法。 2、求体积的常用方法 （1）直接法：对于规则的几何体，利用相关公式直接计算； （2）割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规 则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算； （3）等体积法：选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面作 为三棱锥的底面进行等体积变换 ③平移法求异面直线所成角的步骤 第一步平移：平移的方法一般有三种类型：(1)利用图中已有的平行线平移；(2)利用特殊点(线段的端点或中 点)作平行线平移；(3)补形平移 第二步证明：证明所作的角是异面直线所成的角或其补角 第三步寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之 第四步取舍：因为异面直线所成角θ的取值范围是0°＜θ≤90°，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为 异面直线所成的角 三、空间几何体动态问题 立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 立体几何中的动点轨迹问题一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型，空间中轨迹问题的解答 思路： （1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直等关系； （2）用动点Q的坐标x、y、z表示相关点P的坐标x 、y 、z ，然后代入点P的坐标x ,y，z 所满足 0 0 0 0 0 0 的曲线方程，整理化简可得出动点Q的轨迹方程； （3）根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其他量. 立体几何最值： 1、计算多面体或旋转体的表面上的最值问题时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形， 即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 2、对于几何体内部的折线的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解． 65 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司空间中动线段的距离和的最值问题，可以类比平面中的距离和的最值处理利用对称性来处理于转化，另外 异面直线间的公垂线段的长度可利用点到平面的距离来处理.计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值 问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决， 要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； 典例1【2023新高考1卷】下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度 忽略不计）内的有（ ） A. 直径为0.99m的球体 B. 所有棱长均为1.4m的四面体 C. 底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体 D. 底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体 【答案】ABD 【解析】对于选项A：因为0.99m1m，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为 2m，且 2 1.4， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为 3m，且 3 1.8， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为1.2m1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过AC 的中点O作OE  AC ，设OEI AC  E， 1 1 3 CC OE 可知AC  2,CC 1,AC  3,OA= ，则tanCAC  1  ， 1 1 2 1 AC AO 1 OE  6 即 2 3 ，解得OE  ， 4 2 2  6  3 9 9 6 且     0.62，即 0.6，   4 8 24 25 4   故以AC 为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱， 1 若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O ，与正方体的下底面的切点 1 为M ， 66 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司CC OM 可知：AC OM,OM 0.6，则tanCAC  1  1 ， 1 1 1 1 AC AO 1 1 0.6 即  ，解得AO 0.6 2 ， 2 AO 1 1 根据对称性可知圆柱的高为 320.6 2 1.7321.21.4140.03520.01， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，APB120， PA2，点C在底面圆周上，且二面角PACO为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为π B. 该圆锥的侧面积为4 3π C. AC 2 2 D. △PAC 的面积为 3 【答案】AC 【解析】依题意，APB120，PA2，所以OP1,OAOB 3， 1  2 A选项，圆锥的体积为 π 3 1π，A选项正确； 3 B选项，圆锥的侧面积为π 322 3π，B选项错误； C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD， 则AC OD,AC  PD，所以PDO是二面角PACO的平面角， 则PDO 45，所以OPOD1， 故ADCD 31 2，则AC 2 2，C选项正确； 1 D选项，PD 12 12  2，所以S  2 2 2 2，D选项错误. VPAC 2 故选：AC. 67 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某 水库.已知该水库水位为海拔148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面 的面积为180．0km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到 157．5m时，增加的水量约为（ 7 2.65）（ ） A. 1.0109m3 B. 1.2109m3 C. 1.4109m3 D. 1.6109m3 【答案】 C 【解析】依题意可知棱台的高为MN 157.5148.59(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积S 140.0km2 140106m2，下底面积S180.0km2 180106m2， 1   1   ∴V  h S S SS  9 140106 180106  1401801012 3 3   3 32060 7 106 96182.65107 1.437109 1.4109(m3)． 故选：C． 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 如图，四边形ABCD为正方形，ED平面ABCD， FB∥ED,AB  ED 2FB，记三棱锥EACD，F ABC ，F ACE 的体积分别为V,V ,V ，则（ ） 1 2 3 68 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A. V 2V B. V V 3 2 3 1 C. V V V D. 2V 3V 3 1 2 3 1 【答案】CD 【解析】 1 1 1 4 设ABED2FB2a，因为ED平面ABCD，FBPED，则V  EDS  2a 2a2  a3， 1 3 VACD 3 2 3 1 1 1 2 V  FBS  a 2a2  a3，连接BD交AC于点M ，连接EM,FM ，易得BD AC， 2 3 VABC 3 2 3 又ED平面ABCD，AC平面ABCD，则ED AC，又EDI BD D，ED,BD平面BDEF ， 则AC 平面BDEF ， 1 又BM DM  BD 2a，过F 作FG  DE 于G，易得四边形BDGF为矩形，则 2 FGBD2 2a,EGa， 则EM  2a2   2a 2  6a,FM  a2  2a 2  3a，EF  a2  2 2a 2 3a， 1 3 2 EM2 FM2  EF2，则EM  FM ，S  EMFM  a2，AC 2 2a， VEFM 2 2 1 则V V V  ACS 2a3，则2V 3V ，V 3V ，V V V ，故A、B错误；C、D 3 AEFM CEFM 3 VEFM 3 1 3 2 3 1 2 正确.故选：CD. 典例5【2021新高考全国Ⅱ卷】 正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ） 56 28 2 A. 2012 3 B. 28 2 C. D. 3 3 【答案】D 69 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图， 因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，  2 所以该棱台的高h 22  2 2 2  2， 下底面面积S 16，上底面面积S 4， 1 2 1   1   28 所以该棱台的体积V  h S S  S S   2 164 64  2 . 3 1 2 1 2 3 3 故选：D. 预测1（2024·甘肃白银·模拟预测）如图，这是一件西周晚期的青铜器，其盛酒的部分可近似视为一个圆台 （设上、下底面的半径分别为a厘米，b厘米，高为c厘米），则该青铜器的容积约为（取π3）（ ） A．c  a2acb2 立方厘米 B．c  a2acb2 立方厘米 C．c  a2abb2 立方厘米 D．c  a2abb2 立方厘米 预测2（2024·四川成都·模拟预测）如图，已知在长方体ABCDABCD 中，AB3,AD4,AA 5，点E 1 1 1 1 1 为棱CC 上的一个动点，平面BED 与棱AA 交于F ，则下列说法正确的是（ ） 1 1 1 70 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（1）三棱锥B BED 的体积为20 1 1 3 （2）直线BE与平面BBDD所成角正弦值的最大值为 1 1 1 5 （3）存在唯一的点E，使得BD平面BED ，且CE5 1 1 （4）存在唯一的点E，使截面四边形BEDF 的周长取得最小值2 74 1 A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（3） D．（2）（4） 预测3（2024·河南信阳·模拟预测）棱长为1的正方体ABCDABCD 中，点P为BD 上的动点，O为底 1 1 1 1 1 面ABCD的中心，则OP的最小值为（ ） 3 6 6 3 A． B． C． D． 3 3 6 2 预测4（2024·甘肃定西·模拟预测）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，PA底面 PA ABCD,ABD60o,PB,PC与底面ABCD所成的角分别为,，且45o，则 （ ） AB 172 153 152 173 A． B． C． D． 2 2 2 2 预测5（2024·安徽·模拟预测）已知m是直线，，是两个不同的平面，下列正确的命题是（ ） A．若mP，∥，则mP B．若m，，则mP C．若mP，，则m D．若mP，m，则 押题1：已知正方体ABCDABCD 的棱长为1，P，Q分别为棱CD ，BC上的动点，则（ ） 1 1 1 1 1 1 1 71 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．四面体PQAB的体积为定值 B．四面体PQAD的体积为定值 1 1 1 C．四面体PQAC的体积最大值为 D．四面体PQAD的体积最大值为 3 6 押题2：设,这两个平面，m,n是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ） A．若//,m，则m// B．若m,n，则m//n C．若m//,n//，则m//n D．若n,n，则// 押题3：已知四棱锥PABCD，底面ABCD是正方形，PA平面ABCD，AD1，PC与底面ABCD所 2 成角的正切值为 ，点M为平面ABCD内一点（异于点A），且AM 1，则（ ） 2 A．存在点M，使得CM平面PAB π B．存在点M，使得直线PB与AM 所成角为 3 1 1 C．当AM  时，三棱锥PBCM 的体积最大值为 2 4 2 2 6 D．当AM  时，以P为球心，PM 为半径的球面与四棱锥PABCD各面的交线长为 π 2 2 押题4：在正方体ABCDABCD 中，AA 4,P为CC 的中点，E在棱AD 上，且AE3ED ，则过E且 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 与AP垂直的平面截正方体ABCDABCD 所得截面的面积为 . 1 1 1 1 1 押题5：在直三棱柱ABC- ABC 中，AB AC,AB AC 4,AA 6，E为CC 的中点，点F 满足 1 1 1 1 1 uuur uuur AF 2FA ，则异面直线EF,BC 所成角的余弦值为 ． 1 1 名校预测 预测1：答案D 【详解】依题意可得该青铜器的容积约为 1 πa2πb2 πa2πb2  cc  a2abb2 （立方厘米）.故选：D 3 72 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司预测2：答案D 12 【详解】对于（1），如图过点C作BD垂线，垂足为M ，易知 MC  ， 5 在长方体中，BB 平面ABCD，CM 平面ABCD，所以BB CM ，又CM BD，BDBB B， 1 1 1 BD,BB 平面BDDB ，所以MC 平面BDDB ， 1 1 1 1 1 CC //BB ，CC 平面BDDB ，BB 平面BDDB ，所以CC //平面 1 1 1 1 1 1 1 1 1 BDDB ， 1 1 所以点E到平面平面BDDB 的距离等于点C到平面BDDB 的距离，即为 MC ， 1 1 1 1 1 1 1 12 三棱锥B BED 的体积为V V  S  MC   55 10， 1 1 B1BED1 EBB1D1 3 VBB1D1 3 2 5 故（1）错误； 对于（2），QCC //平面BBDD，所以点E到平面BBDD的距离等于点C到平面BBDD的距离，距离为 1 1 1 1 1 1 1 12 MC  ， 5 所以当BE最小时即当点E与点C 重合时， 1 1 12 此时直线BE与平面BBDD所成角的正弦值最大，最大值为 5 3，故（2）正确； 1 1 1  4 5 对于（3），若CE5，可知点E与点C 重合，又因为DC∥DC ，易知BD与DC不垂直， 1 1 1 1 故BD与DC 不垂直，BD与平面BED 不垂直，故（3）错误； 1 1 1 1 1 对于（4），四边形BEDF 的周长2BEED ，周长取得最小值即BEED 最小， 1 1 1 将平面BCCB 与将平面DCCD 放在同一平面内，可知BEED 最小值为 5272  74， 1 1 1 1 1 所以截面四边形BEDF 的周长取得最小值2 74，故（4）正确. 1 综上，说法正确的有（2）（4）. 故选：D. 预测3：答案C 【详解】由题意可得OP的最小值为点O到线段BD 的距离， 1 73 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司在平面DDB内过点O作OPBD 于点P， 1 1 由题意可得DD 1，DB 2，BD  3，DD 平面ABCD， 1 1 1 因为DB平面ABCD，则DD DB，因为VOPB∽VDDB， 1 1 2 OP OB 1 故  ，即 OBDD 2 6 . DD BD OP 1   1 1 BD 3 6 1 故选：C. 预测4：答案D 【详解】如图，设ABa,PAb， 因为在矩形ABCD中，ABD60，所以ACBD2a， 因为PA底面ABCD， 所以PBA,PCA分别是PB,PC与底面ABCD所成的角，即PBA,PCA， b b 所以tantanPBA ,tantanPCA . a 2a 因为 45， b b  tantan a 2a b 173 所以tan()  1，解得  (负根舍去)， 1tantan b b a 2 1  a 2a PA 173 所以  . AB 2 故选：D. 预测5：答案D 【详解】选项A：根据给定条件有mP 或m； 选项B：根据给定条件有mP 或m； 74 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司选项C：根据给定条件有m与的位置可能平行、相交或m在α内； 选项D：因为mP，所以存在直线m'  使得m' Pm， 又因为m，所以m' ，因为m'  ，所以. 故选：D. 名师押题 押题1：答案BCD 1 2 【详解】A：因为VABP的面积为 ABBC  ，Q到平面ABP的距离不是定值， 2 1 2 所以四面体PQAB的体积不是定值，故A错误； 1 2 2 B：因为△ADQ的面积为 ADDC  ，P到矩形ABCD的距离为定值 ， 1 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 所以P到平面ADQ的距离为 ，则四面体PQAD的体积为 S   ，故B正确； 1 2 1 3 VA1DQ 2 6 1 3 C：当Q与B 重合时，S 取得最大值，为 AB CB sin60  ， 1 △QAC 2 1 1 2 当P与D 重合时，P到平面ACQ的距离d取得最大值， 1 在正VACB 1 中，其外接圆的半径为r 2sin 2 60  3 6 ，则d ( 2)2r2  2 3 3 ， 1 3 2 3 1 故四面体PQAC的体积最大值为    ，故C正确； 3 2 3 3 D：过点Q作GH∥BC，PM DG，PN CD， 设CGt，PD s，则t，s0,1， 1 S  1 ADDG 1 1t2 ，PM DG 1t2 ，OM DMsinCDGts t ， △ADQ 2 2 1t2 t 1st OP 1t2 st  ， 1t2 1t2 故四面体PQAD的体积为V  1  1 1t2  1st  1 1st ，其最大值为 1 ，故D正确． 3 2 1t2 6 6 故选：BCD 75 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司押题2：答案BD 【详解】对于选项A，因为//,m，则m，所以选项A错误， 对于选项B，因为m,n，由线面垂直的性质知，m//n，所以选项B正确， 对于选项C，因为m//,n//，则m与n可能是异面直线，也可能是相交直线，所以选项C错误， 对于选项D，因为n,n，垂直同一直线的两个平面互相平行，所以选项D正确， 故选：BD. 押题3：答案BC 【详解】对于A，假设存在点M，使得CM平面PAB， 由于PA平面ABCD，PA平面PAB，则平面PAB平面ABCD， 平面PAB平面ABCD AB，CM 平面ABCD，则CM AB， 由于CB AB，CM,CB平面ABCD，故直线CM,CB重合， 即M点落在CB上，由于AM 1，即M落在以A为圆心，以AB1为半径的圆面内(不包含圆)， 这与M点落在CB上矛盾，A错误； 对于B，以A为坐标原点，AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系， PA平面ABCD，则PCA即为PC与底面ABCD所成角， PA 2 故tanPCA  ，而AC  2，故PA1， AC 2 uuur 则P(0,0,1),B(1,0,0),PB(1,0,1)， uuur uuuur 1 uuuur 1 1 uuur uuuur PBAM 2 1 结合A的分析，可取AM ( , ,0)，则cosPB,AM uuur uuuur   , 2 2 |PB||AM | 2 2 2 2 π π 由于直线PB与AM 所成角范围为(0, ]，故此时直线PB与AM 所成角为 ， 2 3 π 即存在点M，使得直线PB与AM 所成角为 ，B正确； 3 76 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司1 3 对于C，当AM  时，当M位于BA的延长线时，VBCM 的高最大为 ， 2 2 1 3 3 1 3 1 此时面积最大，最大值为 1  ，则三棱锥PBCM 的体积最大值为  1 ，C正确； 2 2 4 3 4 4 2 2  2 6 对于D，当AM  时，PM    12  ， 2  2  2   以P为球心，PM 为半径的球面与四棱锥PABCD各面的交线是以P为圆心， 6 为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图E ¼ MF， 2 由于PB 2,PC  12  3,则PC2 PB2BC2,即PBCB, 2 1 π 则tanAPF  tanBPC  ，则APF BPC,APFFPB ， 2 2 4 π π 则FPC BPCFPB ，根据对称性有FPC CPE,FPE ， 4 2 1 6 6π 故E ¼ MF的长为 2π  ， 4 2 4 2 1 2 2π 又球与底面ABCD的交线是以A为圆心， 为半径的四分之一圆，故长度为 2π  ， 2 4 2 4 2 6 故以P为球心，PM 为半径的球面与四棱锥PABCD各面的交线长为 π，D错误， 4 故选：BC 押题4：答案12 77 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【详解】 如图所示，取AF 3FB ，连接AC,AC ，易知AA 面ABCD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 而EF 面ABCD ，故AA EF ，连接BD，且BD  AC 显然成立， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AF AE 由已知得 1  1 3，故EF // BD，则C A EF ， FB ED 1 1 1 1 1 1 而C A AA  A ，C A,AA 面AACC， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以EF平面AACC，且AP面AACC，所以EF  AP， 1 1 1 1 1 1 取Q为DD的中点，DH 3HA，则EH  AQ且EH PQ， 1 1 AQPQQ，AQ,PQ面APQ， 1 1 1 所以EH 平面APQ，因为AP平面APQ，EH  AP，同理可得BG3GA， 1 1 1 1 所以等腰梯形HGFE为所得截面， 又HG 1212  2,EF  3232 3 2,EH  2242 2 5， 作EF HK ，显然HK  42( 2)2 3 2，则梯形的高为3 2， 1 所以等腰梯形HGFE的面积为 ( 23 2)3 2 12． 2 故答案为：12 5 押题5：答案 17 【详解】如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则B4,0,0,C 0,4,6,E0,4,3,F0,0,4， 1 uuuur uuur 所以BC 4,4,6,EF (0,4,1)， 1 uuur uuuur EFBC 5 1 设异面直线EF,BC 所成的角为，则cos uuur uuuur  ． 1 EF BC 17 1 78 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司5 故答案为： . 17 79 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司直线（圆）与方程（选填题） 年份 题号 知识点 考点 ①点线距 2021年I卷 11 圆 ②角度最值时求其它 2021年II 11 直线与圆 直线与圆的位置关系 卷 ①圆与圆的位置关系 2022年I卷 14 圆 ②圆与圆的公切线问题 2022年II ①直线与圆的位置关系 15 直线与圆 卷 ②线关于线对称 2023年新 6 圆 圆的切线问题 高考1 2023 年新 高考2 9 直线与圆 直线与圆的位置关系 近三年，直线与圆在选填中占据一个位置，考查的考点一般来说是： 5、直线（①直线：倾斜角与斜率、斜率求算、夹角公式②平行与垂直定理及直线求法、对称、距离及最值 问题） 2、圆（①各种方程、直线（圆）与圆的位置关系②四点共圆、三类切线、弦长、最值） 题干的设置一般来说在上述的多项考点中选其一项或两项。直线与圆有关定值与最值需考生需熟悉技 巧，其次掌握直线与圆及圆与圆的位置关系，对称也是高考的重点内容，设置此类题难度一般，用心研究 必能夺分。 从近三年的全国卷的考查情况以及新高考新题型标准来看，直线与圆是高考选填方向必不可少的一类 题，类型1：圆上的动点到定直线的最值问题。类型2：圆的三类切线。类型3：对称及阿波罗尼斯圆，尤 其是阿波罗尼斯圆，考生需从多方面认识，类型3相对有难度，其它两类相对简单.此类题目一定采用数形 结合. 80 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司一、圆的取值范围与最值问题 涉及与圆有关的最值，可借助图形性质，利用数形结合求解．一般地： yb （1）形如 的最值问题，可转化为动直线斜率的最值问题． xa （2）形如t axby的最值问题，可转化为动直线截距的最值问题． （3）形如m(xa)2 (yb)2的最值问题，可转化为曲线上的点到点（a，b）的距离平方的最值问 题 解决圆中的范围与最值问题常用的策略： （1）数形结合 （2）多与圆心联系 （3）参数方程 （4）代数角度转化成函数值域问题 二、直线的交点坐标与距离公式 ①：直线的交点 求两直线AxB yC 0(ABC 0)与A xB yC 0(A B C 0)的交点坐标，只需求两直线方程 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 AxB yC 0 A B C 联立所得方程组 1 1 1 的解即可．若有 1  1  1 ，则方程组有无穷多个解，此时两直线重 A xB yC 0 A B C 2 2 2 2 2 2 A B C A B 合；若有 1  1  1 ，则方程组无解，此时两直线平行；若有 1  1 ，则方程组有唯一解，此时两直线 A B C A B 2 2 2 2 2 相交，此解即两直线交点的坐标． 求两直线的交点坐标实际上就是解方程组，看方程组解的个数． ②过两条直线交点的直线系方程 一般地，具有某种共同属性的一类直线的集合称为直线系，它的方程叫做直线系方程，直线系方程中 除含有x,y以外，还有根据具体条件取不同值的变量，称为参变量，简称参数．由于参数取法不同，从而得 到不同的直线系． 过两直线的交点的直线系方程：经过两直线l :AxB yC 0，l :A xB yC 0交点的直线方程为 1 1 1 1 2 2 2 2 AxB yC (A xB yC )0，其中是待定系数．在这个方程中，无论取什么实数，都得不到 1 1 1 2 2 2 A xB yC 0，因此它不能表示直线l ． 2 2 2 2 ③两点间的距离公式 两点P(x,y ),P(x ,y )间的距离公式为 PP  (x x )2 (y  y )2 ． 1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 1 81 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司此公式可以用来求解平面上任意两点之间的距离，它是所有求距离问题的基础，点到直线的距离和两平行 直线之间的距离均可转化为两点之间的距离来解决．另外在下一章圆的标准方程的推导、直线与圆、圆与 圆的位置关系的判断等内容中都有广泛应用，需熟练掌握． ④：点到直线的距离公式 Ax By C 点P(x ,y )到直线AxByC 0的距离为d  0 0 ． 0 0 A2 B2 （1）点P(x ,y )到直线AxByC 0的距离为直线上所有的点到已知点P的距离中最小距离； 0 0 （2）使用点到直线的距离公式的前提条件是：把直线方程先化为一般式方程； （3）此公式常用于求三角形的高、两平行线间的距离及下一章中直线与圆的位置关系的判断等． ⑤两平行线间的距离 本类问题常见的有两种解法：①转化为点到直线的距离问题，在任一条直线上任取一点，此点到另一条直 线的距离即为两直线之间的距离；②距离公式：直线 AxByC 0与直线 AxByC 0的距离为 1 2 C C d  2 1 ． A2 B2 （1）两条平行线间的距离，可以看作在其中一条直线上任取一点，这个点到另一条直线的距离，此点一般 可以取直线上的特殊点，也可以看作是两条直线上各取一点，这两点间的最短距离； |C C | （2）利用两条平行直线间的距离公式d  1 2 时，一定先将两直线方程化为一般形式，且两条直线中 A2 B2 x，y的系数分别是相同的以后，才能使用此公式． 圆：①：圆的标准方程 (xa)2 (yb)2 r2，其中Ca,b为圆心，r 为半径． （1）如果圆心在坐标原点，这时a0,b0，圆的方程就是x2  y2  r2．有关图形特征与方程的转化：如： 圆心在x轴上：b0；圆与y轴相切时：|a|r ；圆与x轴相切时：|b|r；与坐标轴相切时：|a||b|r；过 原点：a2 b2 r2 （2）圆的标准方程(xa)2 (yb)2 r2 圆心为a,b，半径为r ，它显现了圆的几何特点． （3）标准方程的优点在于明确指出了圆心和半径．由圆的标准方程可知，确定一个圆的方程，只需要a、b、r 这三个独立参数，因此，求圆的标准方程常用定义法和待定系数法． ②：点和圆的位置关系 如果圆的标准方程为(xa)2 (yb)2 r2，圆心为Ca,b，半径为r ，则有 （1）若点Mx ,y 在圆上|CM |r x a2 y b2 r2 0 0 0 0 （2）若点Mx ,y 在圆外|CM |r x a2 y b2 r2 0 0 0 0 （3）若点Mx ,y 在圆内|CM |r x a2 y b2 r2 0 0 0 0 82 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司③：圆的一般方程  D E 当 D2 E2 4F 0时，方程 x2  y2 DxEyF 0叫做圆的一般方程．  , 为圆心，  2 2 1 D2 E2 4F 为半径． 2  D 2  E 2 D2 E2 4F 由方程x2  y2 DxEyF 0得 x  y    2   2 4 D E D E （1）当D2 E2 4F 0时，方程只有实数解x ,y ．它表示一个点( , )． 2 2 2 2 （2）当D2 E2 4F 0时，方程没有实数解，因而它不表示任何图形．  D E 1 （3）当D2 E2 4F 0时，可以看出方程表示以 , 为圆心， D2 E2 4F 为半径的圆．  2 2 2 ④：用待定系数法求圆的方程的步骤 求圆的方程常用“待定系数法”．用“待定系数法”求圆的方程的大致步骤是： （1）根据题意，选择标准方程或一般方程． （2）根据已知条件，建立关于a、b、r或D、E、F的方程组． （3）解方程组，求出a、b、r或D、E、F的值，并把它们代入所设的方程中去，就得到所求圆的方 程． 三、对称全覆盖 ①点关于线对称的点的求算  Ax By C Ax By C 点A  x ,y  关于直线l:AxByC 0的对称点为x 2A 0 0 ,y 2B 0 0  0 0  0 A2 B2 0 A2 B2  ②线关于点对称的直线求算     直线l:AxByC 0关于点A x ,y 对称的直线为l:AxBy 2Ax 2By C 0 0 0 0 0 ③线关于线对称的直线方程求算 直线l :AxB yC 0关于直线l:AxByC 0对称直线为AxB yC   AxByC  0 1 1 1 1 1 1 1 2AABB 其中 1 1 A2 B2 注意：特殊情况 Ⅰ：点A(x ,y )关于直线l:xm对称的点坐标为A 2mx ,y  ． 0 0 0 0 点A(x ,y )关于直线l: y n对称的点坐标为A x ,2n y  ． 0 0 0 0   直线l :AxByC 0关于直线l:xm对称的直线方程为l :A 2mx ByC 0． 1 2 直线l :AxByC 0关于直线l: y n对称的直线方程为l :AxB  2n y  C 0． 1 2 83 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司Ⅱ：点A  x ,y  关于直线l:x yC 0对称的点坐标为A C y ,Cx  ． 0 0 0 0 点A  x ,y  关于直线l:x yC 0对称的点坐标为A C y ,Cx  ． 0 0 0 0 直线l :AxByC0关于直线l:x yC 0对称的直线方程为l :A  C y  B  Cx  C0； 1 2 直线l :AxByC0关于直线l:x yC 0对称的直线方程为l :A  C y  B  Cx  C0； 1 2 x  yC 0 y Cx x  yC 0 y Cx 《记忆方法》 0  0 或者 0  0 x y C 0 xC y x y C 0 xC y     0 0 0 0 ④正规方法 点关于直线成轴对称问题（所有对称都可以转化为点关于线对称） 由轴对称定义知，对称轴即为两对称点连线的“垂直平分线”利用“垂直”“平分”这两个条件建立方程 组，就可求出对顶点的坐标一般情形如下：设点P(x , y )关于直线 y kxb的对称点为P'(x', y')，则 0 0 有  y' y 0 k 1   x'x  0 ，可求出x'、y'． y' y x  x' 0 k 0 b   2 2 ⑤万能对称原理（曲线关于直线对称的原理） 曲线（或直线 ）C:F(x,y)0关于直线l: f(x,y) AxByC 0的对称曲线C'（或直线 ）的方程为： 2A 2B F[x f(x,y), y f(x,y)]0． A2 B2 A2 B2 证明：设M(x,y)是曲线C'上的任意一点M(x,y)，它关于l的对称点为M'(x', y')，则M'C 于是F(x',y')0 ① ∵M 与M'关于直线l对称．  2A  B(xx')A(y y')0 x' x f(x,y)   A2 B2 ∴ xx' y y'  ② A B C 0 2B   2 2 y' y f(x,y)  A2 B2 2A 2B ②代入①，得F[x f(x, y) , y f(x,y)]0，此即为曲线C'的方程． A2 B2 A2 B2 四、最值问题 Ⅰ求直线上一点到两定点的距离之差的最大值的方法 当两点A,B在直线l的两侧时，可以在直线l上找到一点P,使得 PA  PB 最大. 理由如下：作点B关于直线l的对称点B,连接AB并延长交l于点P，连接PB,则点P即为所求点，此时 84 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司PA  PB 最大.且 PA  PB  PA  PB  AB max 若在直线l上取不同于点P的点P,连接PA、PB、PB,则 PB  PB .在APB中， PA  PB＜AB （三角形中两边之差小于第三边）即 PA  PB＜AB ②求直线上一点到两定点的距离之和的最小值的方法 当两点A,B在直线l的同侧时，可以在直线l上找到一点P,使得 PA  PB 最小. 理由如下：作点B关于直线l的对称点B,连接AB交l于点P，连接PB,则点P即为所求点，此时   PA  PB 最小.且 PA  PB  PA  PB  AB min 若在直线l上取不同于点P的点P,连接PA、PB、PB,则 PB  PB .在APB中， PA  PB＞AB （三角形中两边之和大于第三边）即 PA  PB＞AB y Ⅱ形如：若P  x,y  是定圆C:xa2  yb2 r2上的一动点，则求mxny和 这两种形式的最值 x 思路1：几何法 manbt ① mxny的最值，设mxny t，圆心C  a,b  到直线mxny t的距离为d  ,由d r m2 n2 即可解得两个t值，一个为最大值，一个为最小值 y y ② 的最值： 即点P与原点连线的斜率，数形结合可求得斜率的最大值和最小值 x x 思路2：代数法 ① mxny的最值，设mxny t，与圆的方程联立，化为一元二次方程，由判别式等于0，求得t的两 个值，一个为最大值，一个为最小值. y y ② 的最值：设t  ，则y tx，与圆的方程联立，化为一元二次方程，由判别式等于0，求得t的两个 x x 值，一个为最大值，一个为最小值. 五、圆的三类切线问题   第一类：求过圆上一点 x ,y 的圆的切线方程的方法 0 0 正规方法： 第一步：求切点与圆心的连线所在直线的斜率k 1 第二步：利用垂直关系求出切线的斜率为 k   第三步：利用点斜式y y k xx 求出切线方程 0 0 注意：若k 0则切线方程为x x ，若k不存在时，切线方程为y  y 0 0 85 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司秒杀方法： ①经过圆x2  y2 r2上一点P  x ,y  的切线方程为x x y y r2 0 0 0 0 ②经过圆xa2  yb2 r2上一点P  x ,y  的切线方程为 x axa  y byb r2 0 0 0 0 ③经过圆x2  y2 DxEyF 0上一点P  x ,y  的切线方程为 0 0 xx y y x x y yD 0 E 0 F 0 0 0 2 2   第二类：求过圆外一点 x ,y 的圆的切线方程的方法 0 0 方法一：几何法   第一步：设切线方程为y y k xx ，即kx ykx  y 0， 0 0 0 0 第二步：由圆心到直线的距离等于半径长，可求得k，切线方程即可求出 方法二:代数法   第一步：设切线方程为y y k xx ，即y kxkx  y ， 0 0 0 0 第二步：代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由 0可求得k，切线方程即可求出 注意：过圆外一点的切线必有两条，当上面两种方法求得的k只有一个时，则另一条切线的斜率一定不存 在，可得数形结合求出. 第三类：求斜率为k且与圆相切的切线方程的方法 方法一：几何法 第一步：设切线方程为y kxm，即kx ym0 第二步：由圆心到直线的距离等于半径长，可求得m，切线方程即可求出. 方法二:代数法 第一步：设切线方程为y kxm， 第二步：代入圆的方程，得到一个关于x的一元二次方程，由 0可求得m，切线方程即可求出 方法三：秒杀方法 已知圆x2  y2 r2的切线的斜率为k，则圆的切线方程为y kxr k2 1 已知圆xa2  yb2 r2的切线的斜率为k，则圆的切线方程为y kxr k2 1bka 六、阿波罗尼斯圆考点 阿氏圆是指：平面上的一个动点P到两个定点A,B的距离的比值等于k，且k 1的点P的轨迹称之为阿 PA 氏圆。即： k(k 1)，如下图所示： PB 86 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司Ⅰ：证明方法一：初中知识证明： 前提基础： 知识点1：内角平分线定理及逆定理 AB BD 若AD是BAC的角平分线，则有：  。即“两腰之比”等于“两底边之比”。 AC CD AB BD 其逆定理也成立：即  ，则有：AD是∠BAC的角平分线。 AC CD 知识点2：外角平分线定理及其逆定理 AB BD 若AD是ABC外角EAC的角平分线，则有  。即“两腰之比”等于“两底边之比”。 AC CD AB BD 其逆定理也成立：即  ，则有：AD是外角EAC的角平分线。 AC CD 证明如下： 87 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司①如上图，根据阿氏圆的定义： PA NA 当P点位于图中P点位置时有： k，当P点位于图中N 点位置时有： k， PB NB PA NA 所以有：  ，所以PN 是APB的角平分线，12 PB NB MA PA 当P点位于图中M 点位置时有： k  ， MB PB PA MN 所以有：  ，所以PM 是EPA的角平分线，34又 PB MB  123418002123180013900 故MPN 900，所以动点P是在以MN 为直线的圆上。 ② 由上述过程，我们可以更进一步推导出阿氏圆的直径，设定点间距离ABa， MA MA MA ak ∵ k ，∴MB ∵MBMAa∴ MAa ∴MA . MB k k 1k NA NA NA ak 同理，∵ k ∴NB  ∵NANB a∴NA a∴NA NB k k k1 ak ak 2ak ∴直径MN MANA   。 1k 1k |1k2 | 证明方法二：高中解析几何建立直角坐标系，如下图所示 以定直线AB所在直线为x轴，点A为坐标原点，建立平面直角坐标系，设ABa，则A  0,0  ，B  a,0  ， PA x2  y2 设P  x,y  ，则 k，即 k ，两边平方，整理得： PB (xa)2  y2 (k2 1)x2 (k2 1)y2 2ak2xk2a2 0，又k 1，配方得： 88 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司ak2 k2a2 (x )2  y2  k2 1 (k2 1)2 ak2 ak 由圆的方程可知：此方程表示是以( ,0)为圆心， 为半径的圆。 k2 1 |k2 1| Ⅱ：阿氏圆常用于解决形如：PAkPB(k 1)类线段最值问题：其中P是动点，A,B是定点，且动点P 在阿氏圆上运动,我们总结出更加一般的解题步骤，使这种题变成套路题，直接秒杀。 PAkPB(k 1)类问题解题步骤： 运用：动点在圆上运动，两线段(带系数)相加求最小值。 形如：ABkBP的最小值 (k为系数)， 原理：构造共边共角相似，转移带系数的边，利用两点间线段最短求最小值， 解题步骤： 第一步: 计算出动点所在圆的半径r； r 第二步：在题中寻找： k (相似比)，若找不到，则需要将系数k提到括号外边再寻找相似比；比如 定边 3 PA PB，找不到相似比为3:5时，需要经过如下变形： 5 3 3 5 PA PB ( PAPB),对带系数的线段PA去寻找相似比为5:3。 5 5 3 第三步：利用共边共角模型，在第2步:定边所在的三角形中构造共边共角相似模型，此时定边与动点构成 一个三角形(此步非常重要，是核心)； 第四步：利用相似转移带系数的边； 第五步：由两点间线段最短求最小值。 Ⅲ:其他结论 BN ①k  当k＞1时，A在圆内，B在圆外，当0＜k＜1时，A在圆外，B在圆内， NA ②BP2  BNBM ③过点B作圆的切线BP,则PN,PM 分别为BPA的内，外角平分线. 典例1【2023新高考1卷】过点 0,2 与圆x2  y2 4x10相切的两条直线的夹角为，则sin（ ） 15 10 6 A. 1 B. C. D. 4 4 4 【答案】B 89 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】方法一：因为x2  y2 4x10，即x22  y2 5，可得圆心C2,0 ，半径r  5， 过点P0,2 作圆C的切线，切点为A,B， 因为 PC  22 22 2 2，则 PA  PC 2 r2  3， 5 10 3 6 可得sinAPC   ,cosAPC   ， 2 2 4 2 2 4 10 6 15 则sinAPBsin2APC 2sinAPCcosAPC 2   ， 4 4 4 2 2  6   10  1 cosAPBcos2APC cos2APCsin2APC      0，     4 4 4     即APB为钝角， 15 所以sinsinπAPBsinAPB ； 4 法二：圆x2  y2 4x10的圆心C2,0 ，半径r  5， 过点P0,2 作圆C的切线，切点为A,B，连接AB， 可得 PC  22 22 2 2，则 PA  PB  PC 2 r2  3， 2 2 2 2 因为 PA  PB 2 PA  PB cosAPB CA  CB 2 CA  CB cosACB 且ACBπAPB，则336cosAPB5510cosπAPB ， 1 即3cosAPB55cosAPB，解得cosAPB 0， 4 1 即APB为钝角，则coscosπAPBcosAPB ， 4 15 且为锐角，所以sin 1cos2 ； 4 方法三：圆x2  y2 4x10的圆心C2,0 ，半径r  5， 若切线斜率不存在，则切线方程为x0，则圆心到切点的距离d 2r，不合题意； 若切线斜率存在，设切线方程为y kx2，即kx y20， 2k2 则  5，整理得k2 8k10，且644600 k2 1 设两切线斜率分别为k ,k ，则k k 8,k k 1， 1 2 1 2 1 2 90 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司可得 k k  k k 2 4k k 2 15， 1 2 1 2 1 2 k k sin sin 所以tan 1 2  15，即  15 ，可得cos ， 1k k cos 15 1 2 sin2 则sin2cos2sin2 1， 15 15 且0,π ，则sin0，解得sin . 4 故选：B. 典例2【2023新高考全国Ⅱ卷】 已知直线l:xmy10与eC:x12  y2 4交于A，B两点，写出 8 满足“VABC面积为 ”的m的一个值______． 5 1 1 【答案】2（2,2, , 中任意一个皆可以） 2 2 【解析】设点C到直线AB的距离为d，由弦长公式得 AB 2 4d2 ， 1 8 4 5 2 5 所以S  d2 4d2  ，解得：d  或d  ， △ABC 2 5 5 5 11 2 2 4 5 2 2 5 1 由d   ，所以  或  ，解得：m2或m ． 1m2 1m2 1m2 5 1m2 5 2 1 1 故答案为：2（2,2, , 中任意一个皆可以）． 2 2 典例3【2022新高考全国Ⅰ卷】写出与圆x2  y2 1和(x3)2 (y4)2 16都相切的一条直线的方程 ________________． 3 5 7 25 【答案】 y  x 或y  x 或x=1 4 4 24 24 91 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【解析】[方法一]： 显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为x+by+c=0， |c| |34bc| 于是 1， 4. 1b2 1b2 故c2 1b2①，|34bc||4c|.于是34bc4c或34bc4c，  24  4 b b b0   7   3 再结合①解得 或 或 ， c1  25  5 c c  7  3 所以直线方程有三条，分别为x10，7x24y250，3x4y50. [方法二]： 设圆x2  y2 1的圆心O(0,0)，半径为r 1， 1 圆(x3)2 (y4)2 16的圆心C(3,4)，半径r 4， 2 则|OC|5r r ，因此两圆外切， 1 2 由图像可知，共有三条直线符合条件，显然x10符合题意； 又由方程(x3)2 (y4)2 16和x2  y2 1相减可得方程3x4y50， 即为过两圆公共切点的切线方程， 又易知两圆圆心所在直线OC的方程为4x3y0， 4 直线OC与直线x10的交点为(1, )， 3 4 4 k  7 设过该点的直线为 y k(x1)，则 3 ，解得k  ， 3 1 24 k2 1 从而该切线的方程为7x24y 25 0.(填一条即可) [方法三]： 圆x2  y2 1的圆心为O0,0 ，半径为1， 92 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司圆(x3)2 (y4)2 16的圆心O 为(3,4)，半径为4， 1 两圆圆心距为 32 42 5，等于两圆半径之和，故两圆外切， 如图， 4 3 3 当切线为l时，因为k  ，所以k  ，设方程为y  xt(t 0) OO 1 3 l 4 4 |t| d  1 5 3 5 O到l的距离 9 ，解得t  ，所以l的方程为y  x ， 1 4 4 4 16 当切线为m时，设直线方程为kx y p 0，其中 p 0，k 0，  p  7  1 k   1k2   24 7 25 由题意 ，解得 ，y  x 3k4 p 25 24 24   4 p    1k2  24 当切线为n时，易知切线方程为x=1， 3 5 7 25 故答案为：y  x 或y  x 或x=1. 4 4 24 24 典例4【2022新高考全国Ⅱ卷】 设点A(2,3),B(0,a)，若直线AB关于y a对称的直线与圆 (x3)2 (y2)2 1有公共点，则a的取值范围是________． 1 3 【答案】 ,   3 2 【解析】解：A2,3 关于y a对称的点的坐标为A2,2a3 ，B0,a 在直线y a上， a3 所以AB所在直线即为直线l，所以直线l为y  xa，即 a3x2y2a 0； 2 圆C:x32 y22 1，圆心C3,2 ，半径r 1， 93 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司3a342a d  1 依题意圆心到直线l的距离 ， a32 22 1 3 1 3 即55a2 a32 22，解得 a ，即a , ；   3 2 3 2 1 3 故答案为： ,   3 2 典例5【2021新高考全国Ⅱ卷】 已知直线l:axbyr2 0与圆C:x2  y2 r2，点A(a,b)，则下列说 法正确的是（ ） A. 若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B. 若点A在圆C内，则直线l与圆C相离 C. 若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D. 若点A在直线l上，则直线l与圆C相切 【答案】ABD r2 【解析】圆心C0,0 到直线l的距离d  ， a2 b2 r2 若点Aa,b 在圆C上，则a2 b2 r2，所以d  = r ， a2 b2 则直线l与圆C相切，故A正确； r2 若点Aa,b 在圆C内，则a2 b2 r2，所以d  > r ， a2 b2 则直线l与圆C相离，故B正确； r2 若点Aa,b 在圆C外，则a2 b2 r2，所以d  < r ， a2 b2 则直线l与圆C相交，故C错误； 若点Aa,b 在直线l上，则a2 b2 r2 0即a2 b2=r2， r2 所以d  = r ，直线l与圆C相切，故D正确. a2 b2 故选：ABD. 预测1（2024·辽宁抚顺·模拟预测）已知直线yx1与圆C:x2y2 5相交于M,N两点，O为坐标原点， 则△MON 的面积为（ ） 94 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司3 5 A． B．2 C． D．4 2 2 预测2（2024·辽宁葫芦岛·模拟预测）已知Q为圆A:x12y2 1上动点，直线l :mxny3m2n0 1 和直线l :nxmy6mn0（m,nR，m2n2 0）的交点为P，则PQ的最大值是（ ） 2 A．6 5 B．4 5 C．5 5 D．1 5 预测3（2024·辽宁·模拟预测）设直线系M:xcosmysinn1（其中0，m，n均为参数，02π， m,n1,2），则下列命题中是真命题的是（ ） A．当m1，n1时，存在一个圆与直线系M中所有直线都相切 B．存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限 2 C．当mn时，坐标原点到直线系M中所有直线的距离最大值为1，最小值为 2 D．当m2，n1时，若存在一点Aa，0，使其到直线系M中所有直线的距离不小于1，则a0 预测4（2024·全国·模拟预测）已知直线l:mxnyr2 0与圆C:x2y2 r2，点Pm,n，则下列命题 中是假命题的是（ ）. A．若点P在圆C外，则直线l与圆C相离B．若点P在圆C内，则直线l与圆C相交 C．若点P在圆C上，则直线l与圆C相切D．若点P在直线l上，则直线l与圆C相切 预测5（2024·全国·模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，A2,0，动点P满足 PA  3 PO ，得到动 点P的轨迹是曲线C．则下列说法正确的是（ ） A．曲线C的方程为x12y2 3 B．若直线ykx1与曲线C相交，则弦最短时k 1   C．当O,A,P三点不共线时，若点D 1 3,0 ，则射线PD平分APO D．过A作曲线C的切线，切点分别为M,N，则直线MN的方程为x0 押题1：如图，在平面直角坐标系中，已知点A4,0,B0,2,C0,1，D是线段OA上的动点，点O与点P 关于直线CD对称．则下列结论正确的是（ ） 95 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司4 8 A．当CD∥AB时，点P的坐标为 ,  5 5 uuur uuur B．OPOA的最大值为4 C．当点P在直线AB上时，直线DP的方程为4x3y80 4 D．OAP正弦的最大值为 5 uuur uuur 押题2：已知点P为圆C：x2y24y30上的动点，点A的坐标为2,0，AP2AB，设B点的轨迹 为曲线D，O为坐标原点，则下列结论正确的有（ ） A．tanPAO的最大值为2 B．曲线D的方程为x12y12 1 C．圆C与曲线D有两个交点 3 D．若E，F 分别为圆C和曲线D上任一点，则 AE  AF 的最大值为 2 2 押题3：已知a,bÎ R，O为坐标原点，函数 f(x)a x2 b x2 2(ab)．下列说法中正确的是（ ） A．当ab1时，若 f xx的解集是,2，则b0 B．当ab2时，若 f(x)x2有5个不同实根，则a32 2 C．当ab 3时，若ab，曲线y f(x)与半径为4的圆O有且仅有3个交点，则b2 D．当ab4时，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积的最小值是33 押题4：已知圆C :(x3)2y2 1,C :x2(ya)2 16，则下列结论正确的有（ ） 1 2 A．若圆C 和圆C 外离，则a4 1 2 B．若圆C 和圆C 外切，则a4 1 2 C．当a0时，圆C 和圆C 有且仅有一条公切线 1 2 D．当a2时，圆C 和圆C 相交 1 2 押题5：已知直线l:m2xm1y10与圆O:x2y2 4交于A，B两点，则 AB 的最小值 为 ． 名校预测 预测1：答案A 【详解】设点O到直线MN的距离为d， 96 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司001 2 则d   ， 2 2 2  1  6 又 MN 2 5  3 2，    2 2 1 2 3 所以S  3 2  ． △MON 2 2 2 故选：A 预测2：答案A 【详解】由l :mxny3m2n0、l :nxmy6mn0， 1 2 有mnnm0，故l l ， 1 2 对l 有3m2n3m2n0，故l 过定点B3,2， 1 1 对l 有1n6m6mn0，故l 过定点C1,6， 2 2 31 26 则BC中点M 为 ， ，即M2,4，  2 2  BC BC  312 262 2 5，则  5， 2 故点P在以BC为直径的圆上，该圆圆心为M2,4，半径为 5， 又Q在原A:x12y2 1，该圆圆心为A1,0，半径为1， 又AM  122 42 5，则 PQ 5r r 5 516 5. max 1 2 故选：A. 预测3：答案ABD 【详解】A选项，当m1，n1时，M:xcosysin1， 1 设圆为x2y2 1，则圆心0,0到直线M:xcosysin1的距离d  1，故 cos2sin2 97 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司M:xcosysin1与x2y2 1总相切，A正确； B选项，当mn2时，M:xcos2ysin21， 由于cos2sin21，故直线M :xcos2ysin21恒过1,1， 若sin0时，直线为M:x1， cos2 若sin0时，直线M:xcos2ysin21的斜率为 0， sin2 故直线M:xcos2ysin21不过第三象限， 所以存在m，n，使直线系M中所有直线恒过定点，且不过第三象限，B正确； C选项，当mn1时，M:xcosysin1， 1 坐标原点到直线系M的距离为d  1， 1 cos2sin2 当当mn2时，M:xcos2ysin21， 1 坐标原点到直线系M的距离为d  2 cos4sin4 其中cos4sin4cos2cos2sin2sin2cos2sin21， 1 故d  1，C错误. 2 cos4sin4 D选项，当m2，n1时，M:xcos2ysin1， acos21 点Aa，0到直线系M中所有直线的距离d  1， 3 cos4sin2 化简得  a21  cos22a1恒成立， 由于cos20,1， 若a210，解得a1， 当a1时，01，不合要求，舍去， 当a1时，01，满足要求， 若a210，即a1或a1，此时  a21  cos2的最小值为0， 1 则02a1，解得a ，故此时a1， 2 若a210，即1a1，此时  a21  cos2的最小值为a21， 则a212a1，解得a2或a0，故此时1a0， 综上，a0，D正确. 故选：ABD 预测4：答案AB 98 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【详解】对于A，因为点Pm,n在圆C外，所以m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心C0,0到直线l的距离为d   r， m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相交，故命题A是假命题； 对于B，因为点Pm,n在圆C内，所以m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心C0,0到直线l的距离为d   r， m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相离，故命题B是假命题； 对于C，因为点Pm,n在圆C上，所以m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心C0,0到直线l的距离为d   r， m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相切，故命题C是真命题； 对于D，因为点Pm,n在直线l上，所以m2n2r2 0，即m2n2 r2， 0m0nr2 r2 则圆心C0,0到直线l的距离为d   r， m2n2 m2n2 所以直线l与圆C相切，故命题D是真命题； 故选：AB. 预测5：答案ACD 【详解】A：设Px,y，因为A2,0，动点P满足 PA  3 PO ， 所以 x22 y2  3 x2y2 ，化简可得x12y2 3，故A正确； k1 B：由选项A可知，圆心1,0，半径r 3，设圆心到直线的距离为d ，则d  ， 1 1 1k2 1k2 2k22k2 1 设弦长为d 2 ，由弦长公式得 d 2 2 r2d 1 2 2 3 1k2 2 1k2 2 2 1 1 ， k k 1 1 因为k 2 k 2，当且仅当k1，取等号， k k 所以弦最短时k1，故B错误； 99 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司C： PA   因为 PA  3 PO ，则  3，又D 1 3,0 ， PO AD 3 3 PA 所以 AD 3 3，OD  31，则   3 ， OD 31 PO 所以由角平分线定理的逆定理可知射线PD平分APO，故C正确； D：过A作曲线C的切线，切点分别为M,N， AC 3  1  则由集合关系可知M,N在以AC为直径的圆上，半径为  ，圆心为 ,0， 2 2  2   1 2 9 此圆方程为 x  y2  ，  2 4 两圆方程相减可得公共线MN的方程为x0，故D正确； 故选：ACD. 名师押题 押题1：答案ABC 【详解】如图，由题意可得点P在以C为圆心，半径为1的圆上， 设POB，0 π ，则P  2sincos,2cos2  ， 2 对于A，当CD//AB时，可得POBOAB， 5 2 5 4 8 sin ，cos ，此时点P的坐标为 ,  ，故A正确； 5 5 5 5 uuur uuur π 对于B，OPOA2sincos44sin24，当且仅当 时等号成立，故B正确； 4 4 8 对于C，当点P在直线AB上时，可得POBOAB，此时点P的坐标为 ,  ， 5 5 1 4 直线DP与圆C:x2y12 1相切，所以k   ，所以直线DP的方程为4x3y80，故C正 DP k 3 CP 确； 对于D，当直线AP与圆C相切时，OAP正弦的最大，设直线AP的斜率为k，则直线AP的方程为 ykx4， 100 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司14k 8 8 8 有1 ，解得k  ，即tanOAP ，从而可得sinOAP ， k21 15 15 17 8 所以OAP正弦的最大值为 ，故D错误． 17 故选：ABC． 押题2：答案CD 【详解】对于A，当直线PA与圆在第一象限相切时，（如图）此时PAO最大，进而tanPAO最大， 由于圆C：x2y24y30的圆心C0,2，半径R1，故 π CP 1 CP 1,CA  2222 2 2, AP  AC2CP2  7,CAO ,因此tanPAC   , 4 AP 7 1 1  π 7 1 7 tanPAOtanPAC   2,故A错误，  4 1 71 1 7 uuur uuur 对于B，设Bx,y，则AP2AB2x2,yP2x2,2y，由于P2x2,2y在圆C：x2y22 1 1 上，代入可得：2x222y22 1x12y12  ，故B错误， 4 1 1 对于C，由于曲线D的方程为x12y12  ，为圆心为D1,1，半径为r 的圆，故两圆圆心距离 4 2 为CD  2Rr,Rr，故两圆相交，因此有两个交点，故C正确， 1 3 对于D，由于 AE  AF  EF  CD Rr 21  2 ，当且仅当A,E,F 三点共线时，如图, 故 2 2 3 AE  AF 的最大值为 2 ,故D正确， 2 故选：CD 101 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司押题3：答案BD abx4a,x2  【详解】A选项，由题意， f(x) abx,2x2 ， abx4b,x2  2b1x4b1,x2  当ab1时， f(x)x,2x2 ， 2b1x4b,x2  若 f xx的解集是,2， 当2x2时， f(x)x显然成立， 当x2时，令 f(x)2b1x4b1x， 即2b2x4b42b1x4b1在x2上恒成立， 则要2b10，解得b1， 且x2时，2b1x4bx恒成立，即2bx4b恒成立， 故2b0，解得b0， 综上，1b0，A错误； 2a1x4a,x2  B选项，当ab2时， f(x)2x,2x2 ，  2a1x4a2,x2  因为 f(x)x2有5个不同实根， 当2x2时，2x x2，得x0或x2，有两个根， 当x2时，2a1x4a2x2，即x2x2a20，   得x2a2或x2， 当x<2时，2a1x4ax2，方程最多两个根， 要想保证有5个不同实根，故x2a22为其中一个根，故a3， 此时x2a22，满足要求， 102 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司而x22a1x4a0，方程需要在,2有两个不同的实数根， 设g(x)x22a1x4a， g(2)8  则Δ4a12 16a0，解得a32 2，B正确；  1a2  3x4b1,x2    C选项，当ab 3时， f(x) 2b 3 x,2x2，   3x4b,x2 若ab，则b0， 且曲线y f(x)与半径为4的圆O有且仅有3个交点， 如下图，可能是y 3x4b,x2与圆相切， 004b 则d 4 ，得b2或b2（舍）， 13 也可能，点2, f(2)在圆上，如下图，  2 则2222 2b 3 42，解得b 3或b0（舍） 所以C错误； 103 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司4x4a,x2  D选项，当ab4时， f(x)2a2x,2x2,  4x44a,x2  且 f(2)84a, f(2)4a8， 当x2时，y  226  2，当x2时，y22610， f 22 3 当 ，即a 时，画出两函数图象如下：  f 210 2 曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积三角形ACD的面积， 令2a2x2x6，解得x 3 ，故x  3 a3 C a3 令4x44a2x6，解得x112a，故x 112a， A 3 92a4a 则 AC  14112a  5 ， a3 3a 4a864 184a 点D2,4a8到直线y2x6的距离为h  ， 14 5 1 1 92a4a 184a 92a24a 故S  AC h 5   ， VACD 2 2 3a 5 3a 92a24a 3 令ua ，a ， 3a 2 492a4a92a23a92a24a 则ua   3a2 3926a4a292a    0， 3a2 92a24a 3 故ua 在a 上单调递减， 3a 2 104 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司932 4 3  3  2 故最小值为u  60， 2 3 3 2 9 当4a8226，即a 时，此时k 2a45，k 42， 2 BD DE 如图，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积三角形ABC的面积， 2a3 2a3 令4x4a2x6，解得x ，x  ， 3 C 3 令2a2x2x6，解得x 3 ，故x  3 ， a3 A a3 9 3 2a3 2a23a 因为a ，所以 AC  14   5 ， 2 a3 3 3a9 2284a6 4a6 故点B2,84a到直线y2x6的距离d   ， 221 5 故此时曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积为 1 1 2a23a 4a6 4a312a29a AC d  5   ， 2 2 3a9 5 3a9 4a312a29a 令wa ， 3a9 4a312a29a  12a224a9 3a93  4a312a29a  则wa  3a92 3a92 24a3144a2216a81  ， 3a92 令qa24a3144a2216a81， 则qa72a2288a21672  a24a3  0在a 9 上恒成立， 2 9 故qa24a3144a2216a81在a 单调递增， 2 105 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司9 729 81 9 又q 24 144 216 812187291697281160， 2 8 4 2 9 故wa0在a 上恒成立， 2 4a312a29a 9 故wa 在a 上单调递增， 3a9 2 729 81 9 729 81 4 12 9 243 9 8 4 2 2 2 故最小值为w   36， 2 27 9 9 2 2 3 9 当4a810且84a2，即 a 时， 2 2 此时k 2a45，k 42， BD DE 3 当 a4时，2a21,4， 2 如图，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积四边形BCED的面积， 2a3 2a3 令4x4a2x6，解得x ，x  ， 3 C 3 4a6 124a  2a3 124a 故y 2x 66  ，即C , ， C C 3 3  3 3  令4x44a2x6，解得x112a，故x 112a， E y 2x 6224a6284a，故E112a,284a， E E 2a3 364a 故CE  14112a  5 ， 3 3 设直线BC与直线DE相交于点H， 令4x4a4x44a，解得x2a， 此时y4x4a42a4a8，故H2a,8， 106 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司22a68 182a 点H到直线y2x6的距离为d   ， 1 14 5 1 1 364a 182a 182a2 故S  CE d  5   ， VECH 2 1 2 3 5 3 其中B2,84a，D2,4a8， 故 BD  222 4a884a2  168a162  64a2256a272， 2a42a8 2aa4 点H到直线BD的距离为d 2  12a42  4a216a17 ， 1 1 2aa4 故S  BD d  64a2256a272 4 aa4 ， VBDH 2 2 2 4a216a17 182a2 则四边形BCED的面积为S S  4 aa4， VECH VBDH 3 当 3 a4时，S S  182a2 4  a24a   16a2 40a108 16 a 15  2 33， 2 VECH VBDH 3 3 3  4  15 当a 时，面积取得最小值，最小值为33， 4 9 当4a 时，2a24,5，画出图象如下： 2 四边形BCED的面积为S S  182a2 4  a24a   16a2 40a108 16 a 15  2 33， VECH VBDH 3 3 3  4  9 16 15 2 当4a 时， a  3333， 2 3  4  综上，当ab4时，曲线y f(x)与直线y2x6所围封闭图形的面积的最小值是33，D正确. 故选：BD 押题4：答案BCD 107 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【详解】C 3,0,C 0,a,CC  9a2,r 1,r 4. 1 2 1 2 1 2 若C 和C 外离，则CC  9a2 r r 5，解得a4或a<-4，故A错误； 1 2 1 2 1 2 若C 和C 外切，CC  9a2 5，解得a4，故B正确； 1 2 1 2 当a0时，CC 3r r,C 和C 内切，故C正确； 1 2 2 1 1 2 当a2时，3 CC  135,C 和C 相交，故D正确. 1 2 1 2 故选：BCD 押题5：答案2 2 【详解】由l:m2xm1y10，得l:mxy2xy10， xy0 x1 由 ，解得 ，则直线l过定点(1,1)， 2xy10 y1 又1212 4，所以该定点在圆O:x2y2 4内， 由圆O:x2y2 4可得圆心O0,0，半径r 2， 当圆心O与定点(1,1)的连线垂直于AB时，|AB|取得最小值， 圆心O0,0与定点(1,1)的距离为d  1212  2， 则|AB|的最小值为2 r2d2 2 42 2 2. 故答案为：2 2. 108 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司海量资源免费下载公众号《良学小屋》 √书虫致力于提供高考名师课程和全国各地名校试卷 √收费群仅在公众号进行售卖进群，其他平台购买均 属倒卖，倒卖有断更、更新延迟、遗漏等问题不提供 售后服务 扫码关注良学小屋 领取免费资源 如果搜索不到可以搜索微信号：lxxw64787822